Solução de Lawrence Melo
Vamos usar a seguinte ideia de programação dinâmica com bitmask, $$dp[2^{n}][n]$$, onde $$dp[mask][i]$$ indica o maior caminho da cidade $$i$$ para a cidade $$n – 1$$ já tendo visitado as cidades salvas na bitmask. Assim, teremos que:
$$dp[mask][i]$$ = $$\begin{cases} 0 & , \mbox{se i = n – 1} \\ \max\limits_{0 \leq v \leq n – 1} \big( dp[mask | 2^{v}][v] + C[i][v] \big) & , \mbox{caso contrario}\end{cases}$$
Checamos sempre se o bit $$v$$ está ligado ou se existe uma rota entre $$i$$ e $$v$$. A complexidade final é, então, $$\mathcal{O}(2^{n} \cdot n^{2})$$.
Código para melhor entendimento:
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| #include <bits/stdc++.h> | |
| using namespace std; | |
| typedef long long ll; | |
| const ll MAXN = 20, MAXM = (1 << 18) + 10, INF = (1 << 30); | |
| ll n, m; | |
| ll mat[MAXN][MAXN], dp[MAXM][MAXN]; | |
| ll solve(ll bitmask, ll v) | |
| { | |
| if(v == n – 1) return dp[bitmask][v] = 0; // Se já estou na cidade n – 1 | |
| if(dp[bitmask][v] != -1) return dp[bitmask][v]; | |
| ll ans = 0; | |
| for(ll i = 0; i < n; i++) | |
| { | |
| if(bitmask & (1 << i) or !mat[v][i]) continue; // se a cidade ja foi visitada ou não existe rota da cidade atual para ela | |
| ans = max(ans, solve((bitmask | (1 << i)), i) + mat[v][i]); // calculo o máximo entre todas as rotas possíveis | |
| } | |
| if(ans == 0) return dp[bitmask][v] = (-INF); // se da cidade atual não consigo ir para nenhuma outra cidade | |
| // então a rota é invalida e subtraio infinito para desconsidera-la | |
| return dp[bitmask][v] = ans; | |
| } | |
| int main() | |
| { | |
| ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); | |
| cin >> n >> m; | |
| while(m–) | |
| { | |
| ll a, b, w; | |
| cin >> a >> b >> w; | |
| mat[a][b] = mat[b][a] = max(mat[a][b], w); // sempre escolho a maior rota entre "a" e "b" | |
| } | |
| memset(dp, -1, sizeof(dp)); | |
| cout << solve(1, 0) << "\n"; //sempre inicio na cidade 0 e não a visito novamente | |
| } |
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